重复独立事件，伯努利概型 (概统1)

重复独立事件，伯努利概型(概统1)

概率论与数理统计中的很多内容都是在独立性的前提条件下讨论的，在实际应用中，对于事件的独立性，我们不是根据定义，而是根据事情的实际意义来判断的，根据事件的实际背景来判断事件的独立性，往往并不困难。

独立性

如果事件A与事件B相互独立，那么
P(AB)=P(A)P(B)
P(A-B)=P(AB¯¯¯¯B¯\overline{B})=P(A)-P(AB)
换句话说，如果A与B相互独立，
A-B=A-AB=AB¯¯¯¯B¯\overline{B}

直观意义上来说，如果A与B独立, A-B就等于从A中去除AB相交的部分

注意：独立不等于互斥，是两个概念，互斥是A与B没有交集。
独立：P(AB)=P(A)P(B)
互斥：P(AB)=0;

伯努利概型是重复独立试验的一个重要概率模型，其特点是：
1）事件只有发生与不发生两种结果；
2）各次试验中结果A发生的概率都相同，各次试验是相互独立的；
3）n次重复实验。
假设A结果发生的概率为p(0< p < 1)，在n重伯努利试验中，事件A恰好发生k次的概率为：

Pn(k)=Cknpk(1−p)n−kPn(k)=Cnkpk(1−p)n−kP_{n}(k)=C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k} ，k=0,1,2,…n

伯努利概型典型事例：
n次射击，恰好射中/(射不中)k次的概率。每次射击只有射中与射不中两种结果
n次投硬币，恰好k次硬币正面/(反面)的概率，每次都只有正面与反面两种结果
（掷骰子不是伯努利概型，因为每次投掷有6种可能结果）
生产了n件产品，恰好有k件合格/(不合格)的概率，每件产品只有合格不合格两种结果

【典型例题】
【例1】甲乙两人独立地射击同一目标，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是乙击中的概率为_。
解：
分析，首先是题目要求”它是乙击中的概率“，那么已知结果是目标被击中，那么什么叫做目标被击中？有可能是甲击中，也可能是乙击中，或者两人都击中，这就相当于”AUB”，所以首先需要算出目标被击中的概率，就是求P(AUB)。然后题目要求”它是乙击中的概率“，那就是说，在已经击中的范围内，在P(AUB)的范围之内，乙击中占的比重是多少？那就是求条件概率： P(B|AUB)

已知目标被击中，并且 P(A)=0.6 , P(B)=0.5

求P(B|AUB)

P(B|AUB)=P(B)P(AUB)=P(B)P(A)+P(B)−P(AB)=P(B)P(A)+P(B)−P(A)P(B)P(B)P(AUB)=P(B)P(A)+P(B)−P(AB)=P(B)P(A)+P(B)−P(A)P(B)\frac{P(B)}{P(AUB)}=\frac{P(B)}{P(A)+P(B)-P(AB)} = \frac{P(B)}{P(A)+P(B)-P(A)P(B)}
=0.50.6+0.5−0.6∗0.5=0.50.8=580.50.6+0.5−0.6∗0.5=0.50.8=58\frac{0.5}{0.6+0.5-0.6*0.5}=\frac{0.5}{0.8}=\frac{5}{8}

【例2】设0< P(A)< 1,0< P(B)< 1, P(A|B) + P(A¯¯¯¯A¯\overline{A}|B¯¯¯¯B¯\overline{B}) = 1，那么下列正确的选项是（）。
(A) A与B相互独立
(B) A与B相互对立
(C) A与B互不相容
(D) A与B互不独立
解：
P(A|B)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)\frac{P(AB)}{P(B)}
P(A¯¯¯¯A¯\overline{A}|B¯¯¯¯B¯\overline{B}) =P(A¯¯¯¯B¯¯¯¯)P(B)P(A¯B¯)P(B)\frac{P(\overline{A}\overline{B})}{P(B)} = P(AUB¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯)1−P(B)P(AUB¯)1−P(B)\frac{P(\overline {AUB})}{1-P(B)} = 1−P(AUB)1−P(B)1−P(AUB)1−P(B)\frac{1-P(AUB)}{1-P(B)} = 1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)\frac{1-P(A)-P(B)+P(AB) }{1-P(B)}

P(A|B) + P(A¯¯¯¯A¯\overline{A}|B¯¯¯¯B¯\overline{B}) = 1
=>
P(AB)P(B)P(AB)P(B)\frac{P(AB)}{P(B)}+1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)\frac{1-P(A)-P(B)+P(AB) }{1-P(B)}=1
=>

P(AB)-P(B)P(AB) + P(B)-P(A)P(B)-P(B)P(B)+P(B)P(AB) = P(B)-P(B)P(B)

=>最后剩下
P(AB)-P(A)P(B)=0

P(AB)=P(A)P(B)
因此，A与B相互独立，选择（A）

【例3】设随机事件A与B相互独立，且P(B)=0.5，P(A-B)=0.3，则P(B-A)=( )
(A) 0.1
(B) 0.2
(C) 0.3
(D) 0.4
解：
由独立性的定义得到
P(A-B) ，独立性的直观意义就是A中去除AB相交的部分
因此，P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B) = 0.3
P(B)=0.5，代入上式
P(A)-P(A)*0.5=0.3, => P(A)=0.6
由独立性得到：
P(B-A) = P(B)-P(BA)=P(B)-P(B)P(A) = 0.5-0.5*0.6=0.2

答案选(B)

【例4】
一射手对同一目标独立地进行四次射击，若至少命中一次的概率为80818081\frac{80}{81}，则该射手的命中率为_。
解：这是一个4重伯努利试验，
公式
Pn(k)=Cknpk(1−p)n−kPn(k)=Cnkpk(1−p)n−kP_{n}(k)=C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k} ，k=0,1,2,…n

至少命中一次 = 1 - 全部不命中=80818081\frac{80}{81}
那么，全部不命中概率=1-至少命中一次=1-80818081\frac{80}{81}=181181\frac{1}{81}
一次都不命中，套公式

P4(0)=C04p0(1−p)4−0P4(0)=C40p0(1−p)4−0P_{4}(0)=C_{4}^{0}p^{0}(1-p)^{4-0} =181181\frac{1}{81}
=>
(1−p)4(1−p)4(1-p)^{4} = 181181\frac{1}{81} =134134\frac{1}{3^{4}}
p=2323\frac{2}{3}

【例5】
一射手对同一目标独立重复地射击，每次射击命中率为p(0< p< 1)，则此人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为_
(A) 3p(1-p)22^{2}
(B) 6p(1-p)22^{2}
(C) 3p22^{2}(1-p)22^{2}
(D) 6p22^2(1-p)22^{2}

解：注意此题的题目是考语文:
“第4次射击恰好第2次命中的概率” —-这是一个复合概率的问题 ,

注意，第4次射击，如果做为第2次命中，那就是一个复合概率，等于说前3次射击已经命中过一次，现在第4次，如果想要再次命中，这个复合概率有多大，相当于

P(第4次射击第2次命中)=P(第1次命中)*P(第2次命中);

P(第一次命中) ：就是指前3次射击命中一次，这是一个伯努利重复试验，重复3次命中一次，用公式
P3(1)=C13p1(1−p)2P3(1)=C31p1(1−p)2P_{3}(1)=C_{3}^{1}p^{1}(1-p)^{2}

P(第2次命中)：就是指射击第4次的时候，独立命中的概率，已知等于p

因此，复合概率

P(第4次射击第2次命中) = P33_{3}(1) * P1(1)1(1)_{1}(1) = C1331_{3}^{1}p11^{1}(1-p)22^{2}p = 3p22^{2}(1-p)22^{2}

答案：选C

【例6】
假设一厂家生产的每台仪器以概率0.7可以直接出厂，以概率0.3需进一步调试，经调试后以概率0.8可以出厂，以概率0.2定为不合格品不能出厂，现该厂生产了n(n>=2)台仪器（假设各台仪器的生产过程相互独立），求：
1）全部能出厂的概率P(A)；
2）其中恰好有两件不能出厂的概率P(B);
3）其中至少有两件不能出厂的概率P(C);

解：
1) 全部能出厂的概率P(A)；
全部能出厂=第一次制造就可以出厂+调试后可以出厂
P(A) = 0.7 + 0.3*0.8 =0.94

2) n台中恰好有两台不能出厂的概率P(B);
这是一个伯努利概型，先列出公式：
Pn(k)=Cknpk(1−p)n−kPn(k)=Cnkpk(1−p)n−kP_{n}(k)=C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k} ，k=0,1,2,…n

其中，n等于n，k等于2， p = 不能出厂的概率 = 1-0.94=0.06

P(B) = C2n0.062(0.94)n−2Cn20.062(0.94)n−2C_{n}^{2}0.06^{2}(0.94)^{n-2}

3）其中至少有两件不能出厂的概率P(C);
其中至少有两件不能出厂= 1 - P(有0件不能出厂) - P(有1件不能出厂)
P(有0件不能出厂) = C0n0.06(0.94)n−0Cn00.06(0.94)n−0C_{n}^{0}0.06^{}(0.94)^{n-0} =(0.94)n(0.94)n(0.94)^{n}
P(有1件不能出厂) = C1n0.061(0.94)n−1Cn10.061(0.94)n−1C_{n}^{1}0.06^{1}(0.94)^{n-1}
所以
P(C)=1-(0.94)n(0.94)n(0.94)^{n}-C1n0.06∗(0.94)n−1Cn10.06∗(0.94)n−1C_{n}^{1}0.06*(0.94)^{n-1}

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参考书目：张天德，叶宏《星火燎原·概率论与数理统计辅导及习题精解》（浙大·第4版）第一章

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